Test: centrul de greutate și modelări din fizică

Disciplina: Matematică · Clasa a XII-a · Unitatea: Aplicații ale integralei definite

Pentru părinți și profesori

Acest test acoperă ultima parte a unității — centrul de greutate al unei plăci plane omogene și modelările din fizică — și verifică cinci lucruri. Primul: cele două formule ale centrului de greutate, cu aria $\mathcal{S}$ la numitorul amândurora și cu factorul $\frac{1}{2}$ numai la $y_G$, plus cele două controale obligatorii, dreptunghiul și triunghiul, unde răspunsul se știe dinainte. Al doilea: Propoziția simetriei — dacă $f$ este pară pe un interval simetric, atunci $x_G=0$ și rămâne de calculat o singură integrală. Al treilea: placa dintre două grafice, unde la numărătorul lui $y_G$ apare diferența pătratelor, nu pătratul diferenței. Al patrulea: lucrul mecanic al unei forțe variabile, $L={\int }_a^{b}F(x)dx$, cu legea lui Hooke, cu capcana arcului deja întins și cu deosebirea față de pomparea unui lichid, care se însumează pe felii. Al cincilea: debitul, volumul de lichid și energia consumată, cu unitățile de măsură scrise la rezultat și cu trecerea corectă între jouli și kilowatt-oră.

Testul cere de la elev un tip anume de redactare, pe care baremele examenului îl punctează literal: variabila și intervalul → funcția de integrat, cu unitățile ei → integrala → răspunsul cu unitate și control. Acestea sunt cele patru etape ale modelării, iar ultima etapă, controlul, este cea sărită cel mai des.

Două dezambiguizări de notație, obligatorii în tot testul. Prima: în formula $L={\int }_a^{b}F(x)dx$, litera $F$ înseamnă forța, măsurată în newtoni, nu o primitivă a vreunei funcții $f$, cum a însemnat în toată unitatea despre primitive; sub integrală stau newtoni, după integrală ies jouli. A doua: $V$ este un volum de lichid, care se acumulează în timp, iar $\mathcal{V}$ este volumul unui corp de rotație; cele două noțiuni apar amândouă în acest test, la itemii $9$ și $11$, și păstrează notații diferite tocmai ca să nu se amestece.

Ultimul subpunct al itemului $10$ folosește estimarea numerică a unei integrale, cu sumele de dreptunghiuri și cu metoda trapezelor. Metoda trapezelor nu face parte din programa clasei a XII-a și nu se cere la Bacalaureat M1; ea intră aici doar ca instrument de verificare, folositor atunci când funcția-rată nu vine dintr-o formulă, ci dintr-un șir de măsurători — situația reală a oricărui contor.

• Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
• Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); la fiecare problemă aplicată se cere unitatea de măsură la rezultat.
• Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. La centrul de greutate se calculează întâi aria, pentru că ea apare la numitorul ambelor coordonate. Se depunctează: uitarea factorului $\frac{1}{2}$ de la $y_G$, folosirea lui $x^{2}f(x)$ în locul lui $xf(x)$, scrierea lui $(f-g{)}^2$ în locul lui $f^2-g^2$, aplicarea formulei $\frac{k{\left(x_2-x_1\right)}^2}{2}$ la un arc deja întins, păstrarea centimetrilor în integrală și lipsa unității de măsură la răspuns.
• Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecțiilor unității, cu accent pe controalele formulelor și pe etapa de modelare.
• Formule de reținut: Centrul de greutate al plăcii ${\Gamma }_f$ ($f$ continuă, pozitivă, nu identic nulă): $x_G=\frac{1}{\mathcal{S}}{\int }_a^{b}xf(x)dx$ și $y_G=\frac{1}{2\mathcal{S}}{\int }_a^b{f}^2(x)dx$, cu $\mathcal{S}={\int }_a^{b}f(x)dx$. Placa dintre graficele lui $g\le f$: numărătorii devin ${\int }_a^{b}x(f-g)$ și $\frac{1}{2}{\int }_a^b(f^2-g^2)$, iar numitorul ${\int }_a^b(f-g)$. Propoziția simetriei: $f$ pară pe $[-c,c]$ implică $x_G=0$. Controalele obligatorii: dreptunghiul dă centrul lui, triunghiul dă $y_G=\frac{h}{3}$. Lucrul mecanic: $L={\int }_a^{b}F(x)dx$, cu $F$ forța în newtoni și $L$ în jouli, $1$ J $=$ $1$ N $\cdot$ m. Legea lui Hooke: $F(x)=kx$, iar de la deformarea $x_1$ la $x_2$, $L=\frac{k\left(x_2^2-x_1^2\right)}{2}$. Forța medie: $\frac{L}{b-a}$, valoarea medie a lui $F$, atinsă efectiv undeva pe drum. Volumul de lichid: $V={\int }_{t_1}^{t_2}Q(t)dt$, cu debitul $Q$; debitul mediu este $\frac{V}{t_2-t_1}$. Energia consumată: $E={\int }_{t_1}^{t_2}P(t)dt$, cu puterea instantanee $P$; cu $P$ în kilowați și $t$ în ore rezultatul iese direct în kilowatt-ore, iar $1$ kWh $=3,6\cdot 10^6$ J. Cele patru etape ale modelării: variabila și intervalul $\to$ funcția cu unitățile ei $\to$ integrala $\to$ răspunsul cu unitate și control. Estimarea numerică: ${\sigma }_{\text{st}}=h\sum _{i=0}^{n-1}f(x_i)$, ${\sigma }_{\text{dr}}=h\sum _{i=1}^{n}f(x_i)$ și $T_n=\frac{{\sigma }_{\text{st}}+{\sigma }_{\text{dr}}}{2}$, iar cele trei semne că ai greșit sunt semnul rezultatului, ordinul de mărime și comparația cu o arie elementară.

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Centrul de greutate al unei plăci plane omogene

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Pentru placa omogenă ${\Gamma }_f$, cu $f$ continuă și pozitivă pe $[a,b]$ și cu aria $\mathcal{S}$, ordonata centrului de greutate este: A. $\frac{1}{\mathcal{S}}{\int }_a^{b}f(x)dx$; B. $\frac{1}{\mathcal{S}}{\int }_a^b{f}^2(x)dx$; C. $\frac{1}{2\mathcal{S}}{\int }_a^b{f}^2(x)dx$; D. $\frac{1}{2\mathcal{S}}{\int }_a^{b}xf(x)dx$.

b) Dacă $f$ este continuă, pozitivă și pară pe intervalul $[-c,c]$, atunci: A. $y_G=0$; B. $x_G=0$; C. $x_G=y_G$; D. $x_G=\frac{c}{2}$.

c) În formula lucrului mecanic $L={\int }_a^{b}F(x)dx$, litera $F$ desemnează: A. o primitivă a forței; B. forța, măsurată în newtoni; C. lucrul mecanic; D. aria subgraficului forței.

Itemul 2 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte):

a) „Centrul de greutate al unei plăci plane omogene se află întotdeauna într-un punct al plăcii." b) „La numărătorul abscisei $x_G$ se integrează $x^{2}f(x)$." c) „Pentru un arc care respectă legea lui Hooke, lucrul mecanic necesar pentru a-l întinde de la deformarea $x_1$ la deformarea $x_2$ este $\frac{k{\left(x_2-x_1\right)}^2}{2}$." d) „Volumul de lichid $V$ dat de formula $V={\int }_{t_1}^{t_2}Q(t)dt$ este același lucru cu volumul $\mathcal{V}$ al unui corp de rotație."

Itemul 3 (6 puncte)

Pentru fiecare placă, calculează aria $\mathcal{S}$ și apoi coordonatele centrului de greutate (câte 2 puncte): a) placa de sub graficul funcției $f:[0,5]\to \mathbb{R}$, $f(x)=4$; b) placa de sub graficul funcției $f:[0,2]\to \mathbb{R}$, $f(x)=3x$; c) placa de sub graficul funcției $f:[0,2]\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^3$.

Itemul 4 (7 puncte)

Se consideră placa plană omogenă mărginită de graficul funcției $f:[-4,4]\to \mathbb{R}$, $f(x)=16-x^2$, și de axa $Ox$.

a) Arată, folosind Propoziția simetriei, că $x_G=0$, fără să calculezi vreo integrală pentru această coordonată. (2 p) b) Calculează aria $\mathcal{S}$ a plăcii. (2 p) c) Calculează $y_G$ și compară-l cu înălțimea maximă a plăcii. (3 p)

Partea a II-a – Placa dintre două grafice și lucrul mecanic

Itemul 5 (8 puncte)

Se consideră placa plană omogenă mărginită de graficele funcțiilor $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, $f(x)=6-x^2$ și $g(x)=2$.

a) Determină abscisele punctelor de intersecție a celor două grafice și calculează aria $\mathcal{S}$ a plăcii. (3 p) b) Determină $x_G$, justificând răspunsul prin simetria plăcii. (2 p) c) Calculează $y_G$ și verifică faptul că valoarea obținută se află între $2$ și $6$. (3 p)

Itemul 6 (8 puncte)

Un arc elastic are constanta $k=400$ newtoni pe metru și respectă legea lui Hooke.

a) Scrie funcția-forță și precizează ce mărime fizică desemnează litera $F$ în formula lucrului mecanic. (2 p) b) Calculează lucrul mecanic necesar pentru a întinde arcul cu $35$ de centimetri față de lungimea lui naturală. (3 p) c) Calculează lucrul mecanic necesar pentru a-l întinde de la $15$ la $35$ de centimetri și arată că răspunsul nu este $\frac{k{\left(x_2-x_1\right)}^2}{2}$. (3 p)

Itemul 7 (7 puncte)

Un corp se deplasează pe axa $Ox$ de la $x=1$ la $x=4$ (metri), sub acțiunea forței $F:[1,4]\to \mathbb{R}$, $F(x)=\frac{60}{x^2}$ (newtoni). Parcurge cele patru etape ale modelării.

a) Etapele $1$ și $2$: precizează variabila, intervalul și funcția de integrat, verificând că produsul dintre unitatea forței și cea a deplasării dă unitatea de energie. (2 p) b) Etapa $3$: calculează lucrul mecanic efectuat. (3 p) c) Etapa $4$: determină forța medie pe această deplasare și punctul în care ea este atinsă. (2 p)

Itemul 8 (7 puncte)

Un rezervor cilindric cu raza de $2$ metri și înălțimea de $5$ metri este plin cu apă. Se iau $\rho =1000$ kg/m${}^3$ și $g\approx 10$ m/s${}^2$.

a) Explică de ce lucrul mecanic necesar pentru a pompa toată apa peste marginea de sus nu se calculează cu formula $\int F(x)dx$ și scrie ce se integrează în locul ei. (3 p) b) Calculează lucrul mecanic, cu unitatea de măsură la rezultat. (2 p) c) Controlează rezultatul, comparându-l cu lucrul mecanic care ar fi fost necesar dacă fiecare strat de apă ar fi urcat toată înălțimea rezervorului. (2 p)

Partea a III-a – Debit, energie și item de tip examen

Itemul 9 (10 puncte)

(Problemă aplicată.) Un bazin se golește printr-o conductă cu debitul $Q:[0,9]\to \mathbb{R}$, $Q(t)=18-2t$, măsurat în litri pe minut, unde $t$ este timpul în minute.

a) Calculează volumul de apă scurs în cele nouă minute și explică de ce modelul nu se folosește dincolo de $t=9$ min. (3 p) b) Determină debitul mediu pe intervalul $[0,9]$ și momentul în care el este atins. (3 p) c) Determină momentul în care s-a scurs jumătate din volumul total, respingând motivat soluția care nu convine. (4 p)

Itemul 10 (10 puncte)

a) Un aparat electric are puterea instantanee $P(t)=8\sin t$ wați, pentru $t\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ secunde. Calculează energia consumată. (3 p)

b) Un radiator funcționează patru ore cu puterea $P(t)=4-0,5t$ kilowați, unde $t$ este timpul în ore. Calculează energia consumată, în kilowatt-ore, și costul ei, la $1,4$ lei pe kilowatt-oră. (3 p)

c) Puterea radiatorului de la subpunctul b) a fost măsurată din oră în oră, iar valorile citite sunt $4,0$; $3,5$; $3,0$; $2,5$; $2,0$ kilowați. Calculează ${\sigma }_{\text{st}}$, ${\sigma }_{\text{dr}}$ și $T_4=\frac{{\sigma }_{\text{st}}+{\sigma }_{\text{dr}}}{2}$ și explică de ce ultima valoare coincide cu rezultatul exact de la subpunctul b). (4 p)

Itemul 11 (15 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1 — Subiectul al III-lea, problema 2.) Se consideră funcția $f:[0,2]\to \mathbb{R}$, $f(x)=x^2+2$, și placa plană omogenă ${\Gamma }_f$ mărginită de graficul funcției $f$, de axa $Ox$ și de dreptele $x=0$ și $x=2$.

a) Calculați aria $\mathcal{S}$ a plăcii. (5 p) b) Calculați abscisa $x_G$ a centrului de greutate al plăcii. (5 p) c) Calculați volumul $\mathcal{V}(C_f)$ al corpului obținut prin rotirea plăcii în jurul axei $Ox$ și deduceți din el ordonata $y_G$. (5 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) C. Fâșia verticală din dreptul lui $x$ are înălțimea $f(x)$, iar centrul ei de greutate se află la jumătatea ei, la înălțimea $\frac{f(x)}{2}$; ponderând aceste înălțimi cu masele $f(x)\Delta x$ apare produsul $\frac{f^2(x)}{2}$. De aici factorul $\frac{1}{2}$, care stă numai la $y_G$; fără el, pe dreptunghi ar ieși $h$ în loc de $\frac{h}{2}$.

b) B. Este Propoziția simetriei: funcția $x\mapsto xf(x)$ este produsul dintre o funcție impară și una pară, deci impară, iar integrala ei pe intervalul simetric $[-c,c]$ este nulă; numitorul fiind aria, nenulă, rezultă $x_G=0$. Simetria față de o axă anulează coordonata perpendiculară pe acea axă, deci nu $y_G$.

c) B. Notația este cea a fizicii: sub integrală stau newtoni, iar după integrare ies jouli. În unitatea despre primitive litera $F$ a însemnat primitiva lui $f$; aici ea desemnează forța, adică tocmai funcția care se integrează, iar primitivele ei se numesc în cuvinte.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) F. Contraexemplu: pentru $f(x)=x^2$ pe $[-1,1]$ centrul iese $G(0;0,3)$, iar în acel punct placa nu are material, pentru că parabola trece pe sub el. Punctul de sprijin fizic se alege atunci pe verticala abscisei $x_G$, nu chiar în $G$.

b) F. Formula ponderează poziția $x$ cu masa $f(x)\Delta x$, deci puterea lui $x$ este $1$: la numărător stă $xf(x)$. Controlul o confirmă: pe dreptunghiul de bază $b$ și înălțime $h$ formula corectă dă $\frac{b}{2}$, adică mijlocul, iar cea propusă ar da $\frac{b^2}{3}$ — nici măcar o lungime, ci o arie.

c) F. Formula $\frac{k{d}^2}{2}$ este valabilă numai pornind de la lungimea naturală. Corect este $L={\int }_{x_1}^{x_2}kxdx=\frac{k\left(x_2^2-x_1^2\right)}{2}$, pentru că a doua bucată de întindere se face contra unei forțe deja mari.

d) F. Sunt mărimi diferite, cu notații diferite: $V=\int Q(t)dt$ acumulează un debit în timp și se măsoară în litri, iar $\mathcal{V}=\pi \int f^2(x)dx$ măsoară un corp geometric obținut prin rotație. Nu au aceeași formulă, aceeași variabilă de intrare, nici aceeași unitate.

Itemul 3. (6 p) — câte 2 puncte.

a) Funcția constantă dă un dreptunghi de laturi $5$ și $4$, deci $\mathcal{S}=20$. Atunci $$x_G=\frac{1}{20}{\int }_0^{5}4xdx=\frac{1}{20}\cdot 50=\frac{5}{2},y_G=\frac{1}{40}{\int }_0^{5}16dx=\frac{80}{40}=2,$$ adică $G\left(\frac{5}{2};2\right)$ — chiar centrul dreptunghiului, primul dintre cele două controale ale formulelor.

b) $\mathcal{S}={\int }_0^{2}3xdx=\frac{3x^2}{2}{|}_0^2=6$; placa este triunghiul dreptunghic cu vârfurile $(0,0)$, $(2,0)$ și $(2,6)$. Atunci $$x_G=\frac{1}{6}{\int }_0^{2}3x^{2}dx=\frac{8}{6}=\frac{4}{3},y_G=\frac{1}{12}{\int }_0^{2}9x^{2}dx=\frac{24}{12}=2,$$ deci $G\left(\frac{4}{3};2\right)$. Al doilea control trece și el: înălțimea triunghiului este $6$, iar $y_G=\frac{h}{3}=2$, adică exact „o treime de bază", faptul cunoscut din gimnaziu despre intersecția medianelor.

c) $\mathcal{S}={\int }_0^2{x}^{3}dx=\frac{x^4}{4}{|}_0^2=4$, iar $$x_G=\frac{1}{4}{\int }_0^2{x}^{4}dx=\frac{1}{4}\cdot \frac{32}{5}=\frac{8}{5},y_G=\frac{1}{8}{\int }_0^2{x}^{6}dx=\frac{1}{8}\cdot \frac{128}{7}=\frac{16}{7},$$ deci $G\left(\frac{8}{5};\frac{16}{7}\right)\approx (1,6;2,29)$. Abscisa depășește mijlocul intervalului, pentru că placa este mult mai groasă spre dreapta.

Itemul 4. (7 p)

a) (2 p) Funcția $f$ este continuă și pozitivă pe $[-4,4]$, pentru că $x^2\le 16$ acolo, iar $f(-x)=16-x^2=f(x)$, deci $f$ este pară, pe un interval simetric față de origine (1 p). Prin Propoziția simetriei, funcția $x\mapsto xf(x)$ este impară, integrala ei pe $[-4,4]$ este nulă, iar numitorul, aria, este nenul; prin urmare $x_G=0$, fără niciun calcul (1 p).

b) (2 p) Integrandul fiind par, aria este dublul celei de pe $[0,4]$ (0,5 p): $$\mathcal{S}={\int }_{-4}^4\left(16-x^2\right)dx=2\left(16x-\frac{x^3}{3}\right){|}_0^4=2\left(64-\frac{64}{3}\right)=\frac{256}{3}.$$ (1,5 p)

c) (3 p) Dezvoltăm pătratul: $f^2(x)=256-32x^2+x^4$ (0,5 p), iar $$\frac{1}{2}{\int }_{-4}^4\left(256-32x^2+x^4\right)dx={\int }_0^4\left(256-32x^2+x^4\right)dx=\left(256x-\frac{32x^3}{3}+\frac{x^5}{5}\right){|}_0^4$$ (1 p) $$=1024-\frac{2048}{3}+\frac{1024}{5}=\frac{8192}{15}.$$ (1 p) Împărțind la arie, $y_G=\frac{8192}{15}:\frac{256}{3}=\frac{8192\cdot 3}{15\cdot 256}=\frac{32}{5}=6,4$. Înălțimea maximă a plăcii este $f(0)=16$, deci centrul stă la două cincimi din ea — mult mai jos decât jumătatea, pentru că placa este mult mai lată jos decât sus (0,5 p).

Itemul 5. (8 p)

a) (3 p) Din $6-x^2=2$ obținem $x^2=4$, deci $x_1=-2$ și $x_2=2$ (1 p). Pe $[-2,2]$ avem $6-x^2\ge 2$, deci $f\ge g$, iar diferența este $f(x)-g(x)=4-x^2$ (0,5 p). Atunci $$\mathcal{S}={\int }_{-2}^2\left(4-x^2\right)dx=2\left(4x-\frac{x^3}{3}\right){|}_0^2=2\left(8-\frac{8}{3}\right)=\frac{32}{3}.$$ (1,5 p)

b) (2 p) Diferența $f-g$ este o funcție pară pe intervalul simetric $[-2,2]$, deci $x(f(x)-g(x))$ este impară, iar integrala ei este nulă (1 p). Prin Propoziția simetriei, aplicată plăcii dintre două grafice, $x_G=0$; era de așteptat, pentru că placa este simetrică față de axa $Oy$ (1 p).

c) (3 p) La numărătorul lui $y_G$ stă diferența pătratelor, nu pătratul diferenței (0,5 p): $$\frac{1}{2}{\int }_{-2}^2\left({\left(6-x^2\right)}^2-4\right)dx=\frac{1}{2}{\int }_{-2}^2\left(32-12x^2+x^4\right)dx={\int }_0^2\left(32-12x^2+x^4\right)dx$$ (1 p) $$=64-32+\frac{32}{5}=\frac{192}{5}.$$ (1 p) Prin urmare $y_G=\frac{192}{5}:\frac{32}{3}=\frac{18}{5}=3,6$. Ordonatele punctelor plăcii sunt cuprinse între $2$ și $6$, iar $3,6$ se află într-adevăr între ele, mai aproape de marginea de jos, unde placa este mai lată (0,5 p).

Itemul 6. (8 p)

a) (2 p) Legea lui Hooke dă $F(x)=kx=400x$ newtoni, unde $x$ este deformarea față de lungimea naturală, măsurată în metri (1 p). În formula $L={\int }_a^{b}F(x)dx$ litera $F$ desemnează forța, nu o primitivă: sub integrală stau newtoni, iar rezultatul iese în jouli (1 p).

b) (3 p) Transformăm în metri: $d=0,35$ m — lăsând centimetrii, rezultatul nu ar mai fi în jouli (1 p). Atunci $$L={\int }_0^{0,35}400xdx=200x^2{|}_0^{0,35}$$ (1 p) $$=200\cdot 0,1225=24,5\text{J}.$$ (1 p)

c) (3 p) Acum limitele sunt $x_1=0,15$ m și $x_2=0,35$ m (0,5 p): $$L={\int }_{0,15}^{0,35}400xdx=200x^2{|}_{0,15}^{0,35}=200\left(0,1225-0,0225\right)=20\text{J}.$$ (1,5 p) Formula greșită ar da $\frac{400\cdot 0,2^2}{2}=8$ J, adică mai puțin de jumătate din valoarea corectă (0,5 p). Motivul este că a doua bucată de întindere se face contra unei forțe deja mari; formula $\frac{k{d}^2}{2}$ e valabilă numai pornind de la lungimea naturală (0,5 p).

Itemul 7. (7 p)

a) (2 p) Etapa 1. Variabila este poziția $x$ a corpului, măsurată în metri, iar intervalul este $[1,4]$, care nu conține originea, deci funcția este continuă acolo (1 p). Etapa 2. Se integrează chiar forța, $F(x)=\frac{60}{x^2}$ newtoni, pentru că forța depinde de poziția corpului care se mișcă; produsul newton $\cdot$ metru este joule, adică o unitate de energie (1 p).

b) (3 p) Etapa 3. O primitivă a lui $x\mapsto x^{-2}$ este $x\mapsto -\frac{1}{x}$ (1 p), deci $$L={\int }_1^4\frac{60}{x^2}dx=-\frac{60}{x}{|}_1^4$$ (1 p) $$=-15+60=45\text{J}.$$ (1 p)

c) (2 p) Etapa 4. Forța medie este $\frac{L}{b-a}=\frac{45}{3}=15$ newtoni (1 p). Prin teorema de medie ea este efectiv atinsă: din $\frac{60}{c^2}=15$ rezultă $c^2=4$, deci $c=2$ metri, valoare din intervalul $[1,4]$; soluția $c=-2$ se respinge (1 p).

Itemul 8. (7 p)

a) (3 p) Aici nu se mișcă un singur corp: fiecare strat de apă are propriul drum de parcurs — apa de la suprafață urcă foarte puțin, cea de la fund urcă toată înălțimea. Prin urmare nu există o funcție-forță de poziția unui corp și formula $\int F(x)dx$ nu se aplică (1,5 p). Se taie apa în felii orizontale și se integrează greutatea feliei înmulțită cu drumul ei, după poziția feliei (0,5 p). Cu $y$ înălțimea unei felii deasupra fundului, $y\in [0,5]$, felia de grosime $\Delta y$ are volumul $\pi \cdot 2^2\Delta y$, deci greutatea $1000\cdot 10\cdot 4\pi \Delta y=40000\pi \Delta y$ newtoni, iar drumul ei este $5-y$ metri (1 p).

b) (2 p) $$L={\int }_0^{5}40000\pi (5-y)dy=40000\pi \left(5y-\frac{y^2}{2}\right){|}_0^5$$ (1 p) $$=40000\pi \cdot \frac{25}{2}=500000\pi \approx 1570796\text{J},$$ adică aproximativ $1,57$ megajouli (1 p).

c) (2 p) Toată apa cântărește $40000\pi \cdot 5=200000\pi$ newtoni; dacă fiecare picătură ar fi urcat cei cinci metri, ar fi ieșit $200000\pi \cdot 5=10^6\pi$ jouli (1 p). Rezultatul obținut este exact jumătate din această valoare, ceea ce se potrivește: distanța medie de ridicare este jumătate din înălțimea rezervorului (1 p).

Itemul 9. (10 p)

a) (3 p) Debitul este continuu pe $[0,9]$, deci (0,5 p) $$V={\int }_0^9(18-2t)dt=\left(18t-t^2\right){|}_0^9$$ (1 p) $$=162-81=81\text{litri}.$$ (1 p) Modelul nu se folosește dincolo de $t=9$ min, pentru că acolo $Q$ ar deveni negativ, adică apa ar curge înapoi în bazin — o absurditate; de altfel la $t=9$ min debitul este nul, deci bazinul s-a golit (0,5 p).

b) (3 p) Debitul mediu este valoarea medie a funcției $Q$ (0,5 p): $$Q_{\text{med}}=\frac{V}{9-0}=\frac{81}{9}=9\text{litri pe minut}.$$ (1,5 p) Prin teorema de medie el este efectiv atins: din $18-2c=9$ rezultă $c=4,5$ min, adică la jumătatea intervalului — coincidența funcțiilor de gradul întâi (1 p).

c) (4 p) Căutăm $s\in [0,9]$ cu ${\int }_0^s(18-2t)dt=\frac{81}{2}$ (1 p), adică $18s-s^2=40,5$, sau $2s^2-36s+81=0$ (1 p). Discriminantul este $1296-648=648$, iar $\sqrt{648}=18\sqrt{2}$, deci $$s=\frac{36\pm 18\sqrt{2}}{4}=9\pm \frac{9\sqrt{2}}{2}.$$ (1 p) Soluția $s=9+\frac{9\sqrt{2}}{2}\approx 15,36$ se respinge, fiind în afara intervalului pe care modelul este valabil; rămâne $s=9-\frac{9\sqrt{2}}{2}\approx 2,64$ min. Jumătate din apă se scurge, așadar, în mai puțin de trei minute, iar cealaltă jumătate în peste șase — firesc, pentru că debitul scade (1 p).

Itemul 10. (10 p)

a) (3 p) Puterea fiind continuă, energia este integrala ei pe intervalul de timp (0,5 p): $$E={\int }_0^{\pi /2}8\sin tdt=-8\cos t{|}_0^{\pi /2}$$ (1,5 p) $$=0+8=8\text{jouli},$$ pentru că puterea este în wați, iar timpul în secunde, iar un joule este un watt înmulțit cu o secundă (1 p).

b) (3 p) Cu puterea în kilowați și timpul în ore, integrala iese direct în kilowatt-ore, fără nicio conversie (0,5 p): $$E={\int }_0^4\left(4-0,5t\right)dt=\left(4t-0,25t^2\right){|}_0^4=16-4=12\text{kWh}.$$ (1,5 p) Costul este $12\cdot 1,4=16,8$ lei (1 p).

c) (4 p) Pasul diviziunii este $h=1$ oră, iar nodurile sunt $0$, $1$, $2$, $3$, $4$ (0,5 p). Atunci $${\sigma }_{\text{st}}=1\cdot \left(4,0+3,5+3,0+2,5\right)=13,{\sigma }_{\text{dr}}=1\cdot \left(3,5+3,0+2,5+2,0\right)=11$$ (1,5 p) și $$T_4=\frac{{\sigma }_{\text{st}}+{\sigma }_{\text{dr}}}{2}=\frac{13+11}{2}=12\text{kWh}.$$ (1 p) Valoarea coincide cu rezultatul exact de la subpunctul b) pentru că funcția-putere este de gradul întâi: coardele care unesc punctele graficului se suprapun peste grafic, deci trapezele reconstituie exact subgraficul, iar metoda trapezelor dă valoarea exactă, oricare ar fi numărul de subintervale (0,5 p). Rezultatul trece și cele trei semne că ai greșit: este pozitiv, se află între $2\cdot 4=8$ și $4\cdot 4=16$ kilowatt-ore, iar subgraficul este un trapez cu bazele $4$ și $2$ și înălțimea $4$, de arie $\frac{(4+2)\cdot 4}{2}=12$ (0,5 p).

Itemul 11. (15 p)

a) (5 p) Funcția $f$ este continuă pe $[0,2]$, fiind polinomială, și $f(x)=x^2+2\ge 2>0$ pentru orice $x$, deci placa ${\Gamma }_f$ are sens și aria ei este integrala definită a lui $f$ (1,5 p). O primitivă este $x\mapsto \frac{x^3}{3}+2x$ (1,5 p), deci $$\mathcal{S}={\int }_0^2\left(x^2+2\right)dx=\left(\frac{x^3}{3}+2x\right){|}_0^2$$ (1 p) $$=\frac{8}{3}+4=\frac{20}{3}.$$ (1 p)

b) (5 p) La numărătorul abscisei se integrează $xf(x)$, adică $x^3+2x$ (1,5 p): $${\int }_0^{2}x\left(x^2+2\right)dx=\left(\frac{x^4}{4}+x^2\right){|}_0^2=4+4=8.$$ (2 p) Împărțind la aria calculată la subpunctul a), care apare la numitor (0,5 p), $$x_G=\frac{1}{\mathcal{S}}{\int }_0^{2}xf(x)dx=8:\frac{20}{3}=\frac{24}{20}=\frac{6}{5}=1,2.$$ (1 p)

c) (5 p) Funcția fiind continuă și pozitivă pe $[0,2]$, volumul corpului de rotație este $\mathcal{V}(C_f)=\pi {\int }_0^2{f}^2(x)dx$, cu $f^2(x)=x^4+4x^2+4$ (1 p): $$\mathcal{V}(C_f)=\pi {\int }_0^2\left(x^4+4x^2+4\right)dx=\pi \left(\frac{x^5}{5}+\frac{4x^3}{3}+4x\right){|}_0^2$$ (1,5 p) $$=\pi \left(\frac{32}{5}+\frac{32}{3}+8\right)=\frac{376\pi }{15}\approx 78,75.$$ (1 p) Comparând formula volumului cu cea a ordonatei centrului de greutate se vede că $y_G=\frac{1}{2\mathcal{S}}{\int }_0^2{f}^2(x)dx=\frac{\mathcal{V}(C_f)}{2\pi \mathcal{S}}$ (1 p), deci $$y_G=\frac{376\pi }{15}:\left(2\pi \cdot \frac{20}{3}\right)=\frac{376}{15}\cdot \frac{3}{40}=\frac{47}{25}=1,88.$$ Ordonatele punctelor plăcii sunt cuprinse între $0$ și $f(2)=6$, iar $y_G=1,88$ se află într-adevăr între ele; el este chiar mai mic decât $f(0)=2$, adică decât cea mai mică valoare a funcției — firesc, pentru că placa este mult mai lată în partea de jos, unde ordonatele sunt mici (0,5 p).